有限球型势阱如\figref{fig:SphericalPotentialWell20240817215255}

\begin{equation*}
    V(r)=\begin{cases}
        0   & r<a \\
        V_0 & r>a \\
    \end{cases}
\end{equation*}
\begin{figure}[htbp]
    \centering
    \includegraphics[width=0.9\textwidth]{figure/SphericalPotentialWell20240817215255.jpg}
    \caption{球型势阱\label{fig:SphericalPotentialWell20240817215255}}
\end{figure}

\subsection{束缚态问题($E<V_0$)}

\begin{equation}
    \left\{\begin{array}{l}
        R^{\prime \prime}+\frac{2}{r} R^{\prime}+\left[k^2-\frac{l(l+1)}{r^2}\right] R=0\quad(r<a) \\
        R^{\prime \prime}+\frac{2}{r} R^{\prime}+\left[\left(i k^{\prime}\right)^2-\frac{l(l+1)}{r^2}\right] R=0\quad(r>a)
    \end{array}\right.
\end{equation}
这里

\begin{equation}
    k=\frac{1}{\hbar} \sqrt{2\mu E}, \quad k^{\prime}=\frac{1}{\hbar} \sqrt{2\mu\left(V_0-E\right)}
\end{equation}

第一个方程是球Bessel方程,后一个方程是修正的球Bessel方程(modified spherical Bessel equation)
或虚宗量Bessel方程,它们的解如下:

\begin{equation}
    R(r)=A_{k l} \mathrm{j}_l(k r)+A_{k l}^{\prime} \mathrm{y}_l(k r)=A_{k l} \sqrt{\frac{\pi}{2k r}} \mathrm{~J}_{l+\frac{1}{2}}(k r) \quad(r<a)
\end{equation}

\begin{equation}
    R(r) =B_{k^{\prime}l} \sqrt{\frac{\pi}{2k^{\prime} r}}
    \mathrm{~K}_{l+\frac{1}{2}}\left(k^{\prime} r\right)
    +B_{k^{\prime}l}^{\prime} \sqrt{\frac{\pi}{2k^{\prime} r}}
    \mathrm{I}_{l+\frac{1}{2}}\left(k^{\prime} r\right)
    =B_{k^{\prime}l} \sqrt{\frac{\pi}{2k^{\prime} r}}
    \mathrm{~K}_{l+\frac{1}{2}}\left(k^{\prime} r\right) \quad(r>a)
\end{equation}

这里, $r<a$的解中已略去第二类球Bessel函数

\begin{equation}
    \mathrm{y}_l(k r)=\sqrt{\frac{\pi}{2k r}} \mathrm{Y}_{l+\frac{1}{2}}(k r)\left(\left(\mathrm{y}_l(\rho) \xrightarrow{\rho \rightarrow0}\right.\right. \left.-\frac{(2l-1)!!}{\rho^{l+1}}\{1+O(\rho)\}\right),
\end{equation}
$r>a$的解中已略去$\sqrt{\frac{\pi}{2k^{\prime} r}} \mathrm{I}{ }_{l+\frac{1}{2}}\left(k^{\prime} r\right)$
,因为它们分别在$r=0$和$r=\infty$处发散,不满足波函数的物理条件.

利用$r=a$处波函数及其微商连续，得到决定本征值$E$的超越方程
\begin{equation}
    \left|\begin{array}{cc}
        \sqrt{\frac{\pi}{2k a}} \mathrm{~J}_{l+\frac{1}{2}}(k a)                             & \sqrt{\frac{\pi}{2k^{\prime} a}} \mathrm{~K}_{l+\frac{1}{2}}\left(k^{\prime} a\right)                             \\
        \left(\sqrt{\frac{\pi}{2k r}} \mathrm{~J}_{l+\frac{1}{2}}(k r)\right)_{r=a}^{\prime} & \left(\sqrt{\frac{\pi}{2k^{\prime} r}} \mathrm{~K}_{l+\frac{1}{2}}\left(k^{\prime} r\right)\right)_{r=a}^{\prime}
    \end{array}\right|=0
\end{equation}


对$l=0$这一特例,由于
\begin{equation}
    \sqrt{\frac{\pi}{2z}} \mathrm{~J}_{\frac{1}{2}}(z)=\frac{\sin z}{z}, \quad \sqrt{\frac{\pi}{2z}} \mathrm{~K}_{\frac{1}{2}}(z)=\frac{\pi}{2z} \mathrm{e}^{-z}
\end{equation}
简化为
\begin{equation}
    \frac{\sin (k a)}{k a} \cdot k^{\prime}\left(\frac{\pi}{2Z} \mathrm{e}^{-z}\right)_{Z=k^{\prime} a}^{\prime}-\frac{\pi}{2k^{\prime} a} \mathrm{e}^{-k^{\prime} a} \cdot k\left(\frac{\sin Z}{Z}\right)_{Z=k a}^{\prime}=0
\end{equation}
整理即得
\begin{equation}
    \tan (k a)=-\frac{k}{k^{\prime}} \quad(l=0)
\end{equation}

这一结果和一维半璧无限高方阱结果完全相同。这是因为,
此时$\chi(r)$方程和一维半壁无限高方阱的方程完全相同，并且边界条件也相同
（由于$l=0$ ，在$r=0$处
$\chi(0)=\left.r R(r)\right|_{r=0}=\left.A_{k0} \frac{1}{k} \sin (k r)\right|_{r=0}=0$
,与坐标零点有一无限高势垒效果相同).于是那里关于能谱和波函数的结果可以全部移至此处能谱和
$\chi(r)$上.例如,至少有一个束缚态存在的条件是

\begin{equation}
    V_0a^2\geqslant \frac{\pi^2\hbar^2}{8\mu}
\end{equation}

\subsection{无限深球方势阱}

这是上面有限深球方势阱的极端情况，即$V_0\rightarrow \infty$ ，
也即$k^{\prime} \rightarrow \infty$ 。
所以$\mathrm{K}_{l+\frac{1}{2}}\left(k^{\prime} r\right) \rightarrow0$.
于是在$r=a$边界上,有
\begin{equation}
    \mathrm{j}_l(k a)=0
\end{equation}

假定$\mathrm{j}_i$的第$n$个根为
$\alpha_n^{(l)} \equiv \mathrm{k}_n^{(l)} a(n=1,2,3, \cdots)$,
即$\mathrm{j}_i\left(\alpha_n^{(l)}\right)=0$,则能量的本征值为

\begin{equation}
    E_{n l}=\frac{\hbar^2\left(\mathrm{k}_n^{(l)}\right)^2}{2\mu}=\frac{\hbar^2\left(\alpha_n^{(l)}\right)^2}{2\mu a^2} \quad(n=1,2, \cdots)
\end{equation}

相应的径向波函数为
\begin{equation}
    R_{n l}(r)=N_{n l} \mathrm{j}_l\left(k_n^{(l)} r\right)
\end{equation}

归一化系数可如下求出：

\begin{equation}
    \begin{aligned}
        1 & =\int_0^{\infty} R_{n l}^2(r) r^2\mathrm{~d} r=N_{n l}^2\int_0^a \mathrm{j}_l^2\left(\mathrm{k}_n^{(l)} r\right) r^2\mathrm{~d} r                                                                             \\
          & =N_{n l}^2\frac{a^3}{2}\left[-\mathrm{j}_{l-1}\left(\alpha_n^{(l)}\right) \mathrm{j}_{l+1}\left(\alpha_n^{(l)}\right)\right]=N_{n l}^2\frac{a^3}{2}\left[\mathrm{j}_{l+1}\left(\alpha_n^{(l)}\right)\right]^2
    \end{aligned}
\end{equation}

于是
\begin{equation}
    N_{n l}=\sqrt{\frac{2}{a^3\mathrm{j}_{l+1}^2\left(\alpha_n^{(l)}\right)}}
\end{equation}

这里利用了数学公式

\begin{equation}
    \left\{\begin{array}{l}
        \int_0^x \mathrm{j}_l^2\left(x^{\prime}\right)\left(x^{\prime}\right)^2\mathrm{~d} x^{\prime}=\frac{1}{2} x^3\left[\mathrm{j}_l^2(x)-\mathrm{j}_{l-1}(x) \mathrm{j}_{l+1}(x)\right] \quad\left(l>-\frac{3}{2}\right) \\
        \mathrm{J}_{v-1}\left(\alpha_n^{(\nu)}\right)=-\mathrm{J}_{v+1}\left(\alpha_n^{(v)}\right) \quad\left(\mathrm{J}_v\left(\alpha_n^{(\nu)}\right)=0\right)
    \end{array}\right.
\end{equation}

\subsection{自由粒子球面波解}
这时球阱边界$a \rightarrow \infty$.由于$\mathrm{j}_l(k \cdot \infty)=0$
方程对任何正的$k$值均成立,因此对$k$的约束(即能量的本征值方程)消失,过渡到连续谱.这时波函数为

\begin{equation}
    \psi(r, \theta, \varphi)=A_{k l} \mathrm{j}_l(k r) \mathrm{Y}_{l m}(\theta, \varphi)
\end{equation}
利用连续参量下的球Bessel函数归一化公式

\begin{equation}
    \int_0^{\infty} \mathrm{j}_l(k r) \mathrm{j}_l\left(k^{\prime} r\right) r^2\mathrm{~d} r=\frac{\pi}{2k^2} \delta\left(k-k^{\prime}\right)=\frac{\pi \hbar^3}{2\mu p} \delta\left(E-E^{\prime}\right)
\end{equation}

可得归一化波函数为(已归一化到$\delta\left(E-E^{\prime}\right)$ )

\begin{equation}
    \psi_{k l m}(r, \theta, \varphi)=\mathrm{i}^{l} \sqrt{\frac{2\mu p}{\pi \hbar^3}} \mathrm{j}_l(k r) \mathrm{Y}_{l m}(\theta, \varphi)
\end{equation}

这里添加的相因子$\mathrm{i}^l$是为了以后考虑时间反演运算的方便.
于是,量子力学中有两组常用的自由粒子解：
一组是平面波解，另一组便是这组波函数.与平面波具有确定的三个动量分量不同,
这组定态具有确定的能量、轨道角动量及其第三分量.由于

\begin{equation}
    \mathrm{j}_l(k r) \xrightarrow{r \rightarrow0} \frac{(k r)^l}{(2l+1)!!}(1+O(k r))
\end{equation}

所以不论$l$是否为零,总满足$r \psi \xrightarrow{r \rightarrow0}0$的自然边条件.
于是这一组解确实可称为自由粒子球面波解.如同平面波集合一样,这组解的集合也是完备的.
两组解之间可互相展开.

\subsection{非束缚态问题}
这时$E>V_0$,粒子能量处处超过势垒.方程的解为

\begin{equation}
    \begin{cases}
        R(r)=A \mathrm{j}_l(k r)                                                             & (r<a) \\
        R(r)=B \mathrm{j}_l\left(k^{\prime} r\right)+C \mathrm{y}_l\left(k^{\prime} r\right) & (r>a)\end{cases}
\end{equation}

式中, $k^{\prime}=\sqrt{\frac{2\mu\left(E-V_0\right)}{\hbar^2}}, r=a$处的边条件为

\begin{equation}
    \left\{\begin{array}{l}
        A \mathrm{j}_l(k a)=B \mathrm{j}_l\left(k^{\prime} a\right)+C \mathrm{y}_l\left(k^{\prime} a\right) \\
        A \mathrm{j}_l^{\prime}(k a)=B \mathrm{j}_l^{\prime}\left(k^{\prime} a\right)+C \mathrm{y}_l^{\prime}\left(k^{\prime} a\right)
    \end{array}\right.
\end{equation}


这里第二个方程中微商对$r$进行.这里只有两个方程,但有三个待定系数$A ,B ,C$.
因此,若不添加在无穷远处条件,将不存在决定参数$E$的本征值方程,所以是连续谱.